ejercicios resueltos de hidrologia

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(1)UCLA Decanato de Ingeniería Civil Departamento de Hidráulica y Sanitaria. PROBLEMARIO DE HIDROLOGIA APLICADA A LA INGENIERIA CIVIL. Autor: Oberto R., Livia R.. Barquisimeto, 2003.

(2) INDICE DE CONTENIDO Pagína ii iv v. INDICE DE CONTENIDO INDICE DE TABLAS INDICE DE FIGURAS CAPITULO I. GENERALIDADES 1.0 Introducción 1.1 Justificación 1.2 Objetivo. 1 1 1. CAPITULO II 2.0 Distribución espacial de la precipitación 2.1 Cálculo de la precipitación media 2.1.1 Promedio aritmético 2.1.2 Polígono de Thiessen 2.1.3 Métodos de las Isoyetas 2.2 Problemas relativos a la distribución espacial de la precipitación. 2 2 2 2 3 4. CAPITULO III. 3.0 Aplicación de la teoría de las probabilidades a la Hidrología 3.1 Distribución normal o Gaussiana 3.2 Distribución log-normal de 2 parámetros 3.3 Distribución log-normal de 3 parámetros 3.4 Distribución de valores extremos 3.5 Problemas de probabilidad aplicados a la hidrología. 11 11 12 13 14 16. CAPITULO IV 4.0 Hidrograma de escorrentía 4.1 Coeficiente de escorrentía 4.2 Hidrograma de crecientes 4.3 Separación del caudal base 4.4 Hidrograma Unitario 4.5 Cálculo de Hu para diferentes duraciones efectivas 4.6 Problemas relativos a Hidrogramas. 31 31 32 33 34 36 38. CAPITULO V 5.1 Método de la curva número 5.2 Distribución del evento en el tiempo 5.3 Problemas de aplicación de la Curva Número. 59 61 64. ii.

(3) CAPITULO VI 6.1 Tránsito por embalses 6.2 Tránsito por cauces naturales 6.3 Problemas relativos a el tránsito por el embalse y tránsito por el cauce. 70 73 75. CAPITULO VII 7.1 7.2. Hidrograma de C.O Clark 86 Problemas de aplicación del Hidrograma Unitario Instantáneo 88. CAPITULO VIII 8.1 Demanda de riego 8.2 Problemas relativos a la demanda de riego. 108 110. CAPITULO IX 9.1 Operación de embalse 9.2 Problemas de aplicación de la operación de embalse. 114 115. BIBLIOGRAFÍA ANEXO 1 ANEXO 2 ANEXO 3. 123 124 126 129. iii.

(4) INDICE DE TABLAS. Tabla No. 1 2 3 4 5. Gumbel Número de curva de escorrentía para complejo hidrológico suelos-cobertura, para condiciones de humedad antecedente II e Ia = 0.20 Número de curva (CN) para otras condiciones Coeficiente de desarrollo foliar para el cálculo de la evapotranspiración Coeficiente de densidad de enraizamiento, r, Para el cálculo del umbral óptimo de riego (Norero,1976). iv. Página 125 127 128 130 130.

(5) INDICE DE FIGURAS Figura 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7 5.1 6.1 6.2 6.3 7.1. Relación lluvia – Escorrentía Hidrograma de escorrentía Separación del caudal base del Hidrograma Método de las tangentes para la separación de Qb Determinación de la duración efectiva de la lluvia Cálculo de HU de 2t horas a partir del HU de t horas Método de la curva “ S “ Curva adimensionales de tormentas(SCS,1958) Volúmenes característicos en un embalse Esquema del transito de una creciente a través de un embalse Esquema del transito por cauces naturales Líneas de igual tiempo de viaje Isocronas. v. Página 31 32 33 34 35 36 37 62 70 71 73 86.

(6) CAPITULO I 1.0. Introducción. La hidrología es una disciplina muy importante para el ingeniero civil ya que estudia el agua en la tierra, su distribución y circulación, lo que le permite por diferentes métodos y procedimientos cuantificar el agua que llega a un punto determinado. Ello es información básica imprescindible para el diseño de puentes, estructuras para control de avenidas, presas, vertederos, sistemas de drenaje para poblaciones, carreteras, sistemas de abastecimiento de agua y otras estructuras similares. Una de las dificultades que encuentra el estudiante de ingeniería es la falta de bibliografía asociada al planteamiento y solución de problemas similares a los que se le puedan presentar en su ejercicio profesional. Ello ha motivado la elaboración del presente trabajo de problemas resueltos de hidrología, los cuáles pretender ayudar al estudiante a comprender mejor la enseñanza teórica que se les imparte, encaminándolos de forma sencilla y clara a la aplicación de esos conocimientos con ejemplos prácticos. 1.1. Justificación. En la generalidad de los casos, los textos tradicionales de hidrología básica desarrollan sus ejemplos y aplicaciones prácticas utilizando información de cuencas cuyas condiciones físico ambientales, y de disponibilidad de información, son diferentes al entorno regional y nacional en el cual se desenvolverá el futuro ingeniero civil. Un ejemplo típico lo constituye el tópico de cálculo de la evapotranspiración y las demandas de riego, los cuáles usualmente se hacen a partir de ecuaciones basadas en información climática que usualmente no están disponibles en la mayoría de las cuencas locales. Adicionalmente, se estima conveniente que el estudio de los diferentes procesos que integran el ciclo hidrológico se presenten de manera interrelacionada, tal como sucede en la naturaleza. Por lo expuesto, se considera que el material aquí presentado constituye un valioso aporte a la formación del futuro ingeniero civil 1.2. Objetivo Elaborar un conjunto de ejemplos y problemas típicos que sirvan como material de apoyo en el aprendizaje de la hidrología básica para el ingeniero civil..

(7) 2. CAPITULO II 2.0. Distribución espacial de la precipitación. Desde el punto de vista espacial, la precipitación no se distribuye de manera uniforme en el ámbito de la cuenca, debido principalmente a los mecanismos de generación de la lluvia y a las características altitudinales de la hoya hidrográfica. De allí que uno de los aspectos iniciales de la hidrología es la estimación de la precipitación representativa para el conjunto del área en estudio. Usualmente, este valor representativo puede tomarse como el promedio aritmético del conjunto de las estaciones existentes o como el valor ponderado por un área de influencia determinado. En este segundo caso, el problema a resolver será la estimación del área para el cuál el valor puntual, medido en una estación, es representativo. 2.1. Cálculo de la precipitación media Para la estimación de la precipitación media existen 3 métodos usuales: • • •. Promedio aritmético Polígono de Thiessen Isoyetas.. 2.1.1. Promedio aritmético. Es el más simple de los procedimientos para determinar la lluvia promedio sobre un área, se promedian las profundidades de lluvia que se registran en un número dado de pluviómetros. Este método es satisfactorio si los pluviómetros se distribuyen uniformemente sobre el área y sus mediciones individuales no varían de manera considerable de la media.. Pm =. P1 + P 2 + P3 + ......... + Pn n. (2.1). donde: Pm: P1, P2,P3…Pn: n:. precipitación media precipitación en cada una de las estaciones número de estaciones. 2.

(8) 3. 2.1.2 Polígono de Thiessen. Este método es aplicado a zonas con una distribución irregular de las estaciones y en dónde los accidentes topográficos no juegan un papel importante en la distribución de la precipitación. El cálculo se inicia ubicando en los mapas las estaciones de precipitación ubicadas en la cuenca y en las áreas circunvecinas. Se unen estas estaciones con trazos rectos, tratando de formar triángulos, cuyos lados sean de la mínima longitud posible; después de que los triángulos hayan sido dibujados, se trazan las mediatrices de todos los lados, con lo que se formarán unos polígonos alrededor de cada estación. Se determina el área de cada polígono y, a partir de su relación con el área total, se obtiene un coeficiente de ponderación para cada estación. La precipitación media resultante de la sumatoria de los productos de las lluvias registradas en cada estación por su área correspondiente, entre el área total: n. Pm =. ∑ Ai * Pi i =1. At. (2.2). para: A i: Pi: A t: Pm: n:. área del polígono i precipitación en la estación i área total de la cuenca precipitación media sobre la cuenca número de polígonos. 2.1.3 Métodos de las Isoyetas. Utilizando las profundidades que se observan en los pluviómetros, e interpolando entre pluviómetros adyacentes, se unen los puntos de igual profundidad de precipitación, (de modo semejante a como se trazan las curvas de nivel en topografía). Una vez que el mapa de Isoyetas se construye, se mide el área Aj entre cada par de Isoyetas en la cuenca y se multiplica por el promedio Pj de las profundidades de la lluvia de las dos isoyetas adyacentes para calcular la precipitación promedio sobre el área mediante la ecuación: n. Pm =. ∑ Aj * Pj j =1. At. (2.3). donde: Aj : Pj :. área entre cada par de Isoyetas promedio de las profundidades de lluvia de dos isoyetas adyacentes.. 3.

(9) 4. At : Pm: n:. área total de la cuenca. precipitación media número de isoyetas adyacentes. El método de las isoyetas es flexible, y el conocimiento de los patrones de la tormenta pueden influir en la gráfica de las mismas, pero es necesario una red de medidores más o menos densa para construir correctamente el mapa de Isoyetas de una tormenta compleja.. 4.

(10) 5. 2.2. Problemas relativos a la distribución espacial de la precipitación. PROBLEMA 2.2.1 En la figura y cuadro adjuntos se muestran la ubicación de 5 estaciones de precipitación de una cuenca dada, así como los valores de precipitación anual, en milímetros. Calcular la precipitación media anual en la cuenca aplicando el método de polígonos de Thiessen, si cada cuadricula del gráfico equivale a 1 kilómetro cuadrado. Estación P1 P2 P3 P4 P5. Precipitación anual (mm) 800 600 900 400 200. SOLUCIÓN El primer paso para la solución del problema es el trazado de los polígonos de Thiessen, los mismos que se aprecian en el gráfico adjunto.. 5.

(11) 6. Calculando las respectivas áreas, se tiene: Estaciones P1 P2 P3 P4 P5. Área (Km2) Precipitación (mm) 11.5 16.5 13 12.5 11.5 65. 800 600 900 400 200. A*P 9200 9900 11700 5000 2300 38100. Aplicando la ecuación (2.2) se obtiene:. Pm =. 38100 Km 2 * mm = 586.15mm 65 Km 2. PROBLEMA 2.2.2. Resolver el problema anterior por el método de las isoyetas. SOLUCIÓN. Con la información proporcionada se construyen las isoyetas, tal como se muestra en el gráfico. Luego se mide el área encerrada por cada par de las isoyetas adyacentes, como por ejemplo la correspondiente a los valores 800 y 900 mm que se destaca en la figura.. 6.

(12) 7. De esta forma, puede elaborarse el cuadro siguiente, en el cuál el valor de la columna precipitación corresponde al promedio de los valores de las isoyetas adyacentes: Isoyetas. Áreas. Precipitación. Area*Precipitación. (mm). (Km2). (mm). (Km2*mm). 900. 6. 900. 5400. 900-800. 8. 850. 6800. 800-700 700-600 600-500 500-400 400-300 300-200 200. 9 7 8.5 8.5 8 6 4 65. 750 650 550 450 350 250 200. 6750 4550 4675 3825 2800 1500 800 37100. Aplicando ahora la ecuación (2.3) se tiene:. Pm =. 37100 Km 2 * mm = 570.77 mm 65 Km 2. 7.

(13) 8. PROBLEMA 2.2.3. En la figura, las líneas delgadas identifican la delimitación de la cuenca y subcuencas que como puede apreciarse son tres: SC1, SC2 y SC3. Cada cuadricula del gráfico puede asumirse igual a 1 Km2. Empleando el método de los polígonos de Thiessen, se pide calcular el volumen total de agua precipitada en cada una de las subcuencas, así como en el total de la cuenca, durante el mes 2, en millones de metros cúbicos, mmc. Precipitación (mm) Estación 1 2 3 4. Mes 1 170 70 50 35. Mes 2 54 30 9.1 4.6. Mes 3 49.6 22 7.5 3.1. Mes 4 30 21 10.3 5. 8.

(14) 9. SOLUCIÓN. En la figura adjunta se muestran los polígonos de Thiessen trazados para la cuenca.. Para cada subcuenca puede determinarse el área, en km2, que es influenciada por cada estación de precipitación, obteniéndose el cuadro siguiente: Subc/Estación SC 1 SC2 SC3 Total. P1 8 8.5 0 16.5. P2 8 0 9 17. P3 4.5 18.75 0 23.25. P4 0.75 3.25 31 35. Total 21.25 30.5 40 91.75. Como puede apreciarse, el área total de la cuenca es de 91.75 km2, correspondiendo superficies de 21.25, 30.5 y 40 km2 a las subcuencas 1, 2 y 3, respectivamente. Esta área total también puede expresarse en términos de cuál es la superficie de la cuenca influenciada por cada estación de precipitación lo cuál corresponde a valores de 16.5, 17, 23.25 y 35 km2. para las estaciones P1, P2, P3 y P4, respectivamente.. 9.

(15) 10. Aplicando ahora la ecuación (2.2) para el mes 2, la precipitación media en la cuenca será: Pm =. 54mm * (8 + 8.5) Km 2 + 30mm * (8 + 9) Km 2 + 9.1mm * (4.5 + 18.75) Km 2 + 4.6mm * (0.75 + 3.25 + 31) Km 2 = 19.33mm 91.75 Km 2. Este valor corresponde a la precipitación media sobre toda la cuenca; a partir del mismo, y considerando el área total, puede obtenerse el volumen total precipitado, Vp: V p = 0.01933m * 91750000m 2 = 1.77 *10 6 m 3 Lo cuál equivale a 1.77 millones de metros cúbicos, mmc. Procediendo de forma similar en cada una de las subcuencas, se tiene: Subcuenca 1: Pm1 =. 54mm * 8 Km 2 + 30mm * 8Km 2 + 9.1mm * 4.5 Km 2 + 4.6mm * 0.75 Km 2 = 33.71mm 21.25 Km 2 V p1 = 0.0337 m * 21250000m 2 = 716337.5m 3 = 0.716mmc. Subcuenca 2: Pm2 =. 54mm * 8.5 Km 2 + 9.1mm * 18.75Km 2 + 4.6mm * 3.25 Km 2 = 21.13mm 30.5Km 2 V p 2 = 0.02113m * 30500000m 2 = 644465m 3 = 0.644mmc. Subcuenca 3: Pm3 =. 30mm * 9 Km 2 + 4.6mm * 31Km 2 = 10.315mm 40 Km 2. V p 3 = 0.010315m * 40000000 m 2 = 412600m 3 = 0.4126mmc. PROBLEMA 2.2.4. Calcule la precipitación media de la cuenca, que tiene las siguientes isoyetas, (línea punteada), cada cuadro de la cuadricula vale 1 Km2.. 10.

(16) 11. SOLUCIÓN:. Se mide el área Aj entre cada par de isoyetas en la cuenca y se multiplica por el promedio Pj de las profundidades de lluvia de las dos isoyetas adyacentes; luego, aplicando la ecuación (2.3) se obtiene: Pm =. 1000mm * 3.75Km2 + 950mm * 10 Km2 + 850mm * 7.25Km 2 750mm * 8.25Km2 + 650mm * 17 Km 2 + 550mm * 7.25Km2 53.5Km 2. Pm = 759.58mm. 11.

(17) 12. CAPITULO III 3.0. Aplicaciones de la teoría de las probabilidades a la hidrología. El cálculo de un valor específico para una variable hidrológica que se evalúa es uno de los aspectos básicos del análisis hidrológico en la ingeniería civil. Usualmente este valor específico, también denominado valor de diseño, está referido a valores máximos de precipitación en un intervalo dado o de caudal para una sección específica del cauce. En ambos casos, constituye una información básica para el posterior dimensionamiento y diseño de la estructura. Sin embargo, el procedimiento de cálculo implica, además de los aspectos númericos, los relativos a la posibilidad de que el valor de diseño sea igualado o excedido durante un evento cualesquiera o durante un número de eventos dado. Desde el punto de vista estadístico, las variables hidrológicas pueden considerarse como variables aleatorias continúas mientras que su ocurrencia efectiva para un evento, o un número de eventos dado, puede resolverse tratándolas como variables aleatorias discretas. 3.1. Funciones de probabilidad: variable discreta. Un modelo probabilística asocia un valor de probabilidad a cada punto del espacio muestral; dicho modelo se denomina función de probabilidad de masa (FPM) y se designa por px(x0) y se define como la probabilidad de que el valor de la variable aleatoria X sea igual a x0. Para que una función matemática cualquiera se considere una función de probabilidad de masa debe cumplir las siguientes dos condiciones: • •. Su valor debe estar comprendido entre 0 y 1 La sumatoria de todos los posibles valores de x debe ser igual 1. También conviene recordar que, a partir de la definición de variable condicionada, puede considerarse que dos variables aleatorias son independientes si:. p xy ( x 0 , y 0 ) = p x ( x 0 ) p y ( y 0 ). (3.1). Se define como función distribución acumulada, FDA, a la función que define la probabilidad de que la variable aleatoria X tome valores menores o iguales a un valor dado:. 12.

(18) 13. Pr ob( X ≤ x0 ) = Px ( x0 ) = ∑ p x ( x0 ). (3.2). ∀x. Esta función es positiva, comprendida entre cero y uno, y es siempre creciente. Otro concepto que conviene recordar es el del valor esperado, éste se define como la sumatoria para todos los posibles valores de X del producto de la función por la FPM evaluada en el mismo punto que la función:. E{g ( x)} = ∑ g ( x0 ) * p x ( x0 ). (3.3). ∀x. En particular interesan algunos casos especiales de la función g(x): los correspondientes a las potencias enteras de x, las cuáles se denominan momentos de x:. E ( x n ) = ∑ x n * p x ( x0 ). (3.4). La expresión (3.4) también puede definirse como la potencia centrada con respecto al valor esperado o momento central n-ésimo de x:. {. E ( x − E ( x) n 3.2. }. (3.5). Funciones de probabilidad: variable continua. La probabilidad asociada a una variable continua está representada por la función densidad de probabilidad, fdp. Si X es una variable aleatoria continua en el rango a – b, se tiene: b. Pr ob(a ≤ x ≤ b) = ∫ f x ( x)dx. (3.6). a. donde:. f x (x) :. función densidad de probabilidades. Figura 3.1. Area que representa la Prob(a ≤ x ≤ b). 13.

(19) 14. Se define como función de distribución acumulada, FDA, de la variable X a la probabilidad de que la variable aleatoria sea menor o igual a un valor dado:. Pr ob( x ≤ x0 ) = FX ( x0 ) =. x0. ∫f. x. ( x)dx. (3.7). −∞. La función de distribución acumulada mide la probabilidad de que el valor de la variable sea menor o igual al valor x0; tiene las siguientes propiedades: FX (+∞) = 1. FX (−∞) = 0. Pr ob(a ≤ x ≤ b) = FX (b) − FX (a) FX (b) ≥ FX (a ). para:. b≥a. dFX ( x) = f x ( x) dx. 3.3. (3.8) (3.9). (3.10) (3.11). Algunas distribuciones probabilísticas de uso frecuente en la hidrología. 3.3.1 Distribución binomial Esta es una distribución de probabilidad discreta; en este caso la variable aleatoria K se define como el número de éxitos que ocurren en n ensayos; se define por la expresión:. p K (k ) = C kn p k (1 − p) (1− k ). k = 1,2........n. (3.12). siendo las combinaciones de k0 grupos en n elementos: C kn =. n! k!(n − k )!. (3.13). 3.3.2 Distribución de probabilidad empírica. A esta distribución se le denomina también probabilidad experimental o frecuencia acumulada. Para su cálculo existen varias formulas algunas de las cuáles se presentan en el cuadro 3.1.. 14.

(20) 15. Cuadro 3.1 Formulas para la probabilidad experimental Método. Probabilidad(P). Método. Probabilidad (P). Weibull. m n +1. 2. Chegadayev. m − 0.3 n + 0.4. 8. Tukey. 3m − 1 3n + 1. n m m− 1. California Hazen. n. m− 3. Blom. n+ 1. 4 m−a n + 1 − 2a. Gringorten Donde: P: m: n: a:. probabilidad experimental o frecuencia relativa empírica número de orden número de datos valor comprendido en el intervalo 0 a 1. el valor de a depende de n, de acuerdo a: valor n valor a. 10 20 30 40 50 0.448 0.443 0.442 0.441 0.44. 60 0.44. 70 0.44. 80 0.44. 90 100 0.439 0.439. Fuente. Villón, 1993. 3.3.3 Distribución normal o Gaussiana Para esta distribución la función de densidad es:. 1 f ( x) = e S 2π.  1  x− x  −  &&& p  2  S .   . 2.   . − ∞⟨ x⟨∞. (3.14). 15.

(21) 16. xp: S:. donde:. promedio desviación típica. Cada valor x de la muestra puede ser expresado en términos de la variable reducida utilizando la expresión: Z=. x − xp. S con lo cuál la ecuación (3.14) se transforma en:. f ( x) =.  Z 2 −   2 . 1 e S 2π. − ∞⟨ Z ⟨∞. (3.15). (3.16). La función de distribución acumulada, (FDA), es:. x. F ( x) =. ∫. f ( x)dx =. −∞. 1 S 2π. ∫. x. e. −∞.  1  x− x p −   2  S .    . 2.   . dx. (3.17). o su equivalente: 1 F (Z ) = 2π. ∫. Z. −∞. e.  Z 2 −   2 . dZ. (3.18). Para resolver la ecuación (3.18) existen algunos métodos de aproximación entre los cuáles puede mencionarse el de Abramowitz y Stegun: F ( Z ) ≈ 1 − f ( Z )(0.043618V − 0.1217V 2 + 0.9373V 3. (3.19). donde: F(Z): función de distribución acumulada f(Z): función densidad de la variable estandarizada V se define para valores de Z mayores o iguales a cero como:. 16.

(22) 17. 1 1 + 0.33267 Z el error de esta aproximación es menor de 10-5 V =. (3.20). Otra aproximación usual es la de Masting: F ( Z ) = 1 − f ( Z )(b1w + b2 w2 + b3 w3 + b4 w4 +b5 w5 ). (3.21). donde w es definido para Z mayor o igual a cero como: w= con:. 1 1 + 0.2316419 Z. (3.22). b1 = 0.319381530 b3 = 1.781477937 b5 = 1.330274429. b2 = -0.356563782 b4 = -1.821255978. el error de esta aproximación es menor de 10-8 . En ambas aproximaciones la FDA es (1 – F(Z) ) si Z < 0 el error de esta aproximación es menor de 10-5. 3.3.4 Distribución Log-Normal de 2 parámetros En este caso la variable aleatoria X es positiva y el límite inferior x0 no aparece. La variable aleatoria Y = lnX es normalmente distribuida, con media µ y y varianza σ2y La función de densidad de Y es:. f ( y) =. 1. σy. e. 1  y−µ y  −   2  σ y . 2. (3.23). donde: − ∞⟨ y ⟨∞ para: la función de distribución acumulada es:. F ( y) =. 1 2πσ y. y. ∫e. 1  y−µ y −  2  σ y.   . 2. dy. (3.24). −∞. o, en términos de la variable reducida:. 17.

(23) 18. 1 2π. F (Z ) =. 3.3.5. ∫. z. e. −. Z2 2. −∞. dZ. (3.25). Distribuciones de valores extremos. Una muestra de valores extremos se genera tomando una serie continua de datos, de longitud T, de la variable aleatoria x y dividiéndola en n submuestras, cada una de longitud m, de forma tal que T = n*m. Luego, en cada una de dichas submuestras se seleccionan valores de la variable x de acuerdo a un cierto criterio tal como la magnitud de la variable, un valor acumulativo o alguna propiedad. Tal proceso de selección generará una muestra de una nueva variable aleatoria, y, con una longitud n. Usualmente los criterios de selección están asociados a la ocurrencia de eventos máximos, tales como los caudales máximos, o mínimos, tal como las sequías. En ambos casos se tratan de eventos extremos. Una de las distribuciones de valores extremos para eventos máximos es la presentada por R.A. Fisher y L.H.C. Tippet:. F ( x) = e − e. −α ( x − β ). (3.26). donde: 0 ‹ α ‹∞ -∞ ‹ β ‹∞. es el parámetro de escala es el parámetro de posición, llamado también valor central o moda. A esta distribución transformación:. también se le denomina de Gumbel.. Si se hace la. y = α (x − β ) la ecuación (3.26) se transforma en: F ( x) = e − e. −y. (3.27). También:. α=. 1.281. σ. β = µ − 0.45 * σ. (3.28). 18.

(24) 19. Gumbel obtuvo valores modificados minimizando la suma de los cuadrados de los errores perpendiculares a la recta de ajuste de valores extremos.. Las ecuaciones que obtuvo son sólo función del tamaño de muestra y de los parámetros:  Y − yn X T = X +   σn.   * σ x . (3.29). donde: XT : X: σx : σn , yn :. 3.4. valor de la variable correspondiente al período de retorno media de la serie de datos desviación estándar funciones de la longitud de la serie de datos, en la tabla Nº1 anexo 1.. Prueba de bondad de ajuste Smirnov - Kolmogorov. Esta prueba de ajuste consiste en comparar las diferencias, en valores absolutos, entre la probabilidad empírica y la probabilidad teórica seleccionada; de estas diferencias se toma el valor máximo, el cuál se denomina discrepancia máxima calculada. Dicho valor se compara con el valor de la máxima discrepancia permitida o valor crítico del estadístico Smirnov – Kolmogorov, el cuál es función del número de datos y del nivel de confiabilidad seleccionado, tal como se aprecia en el cuadro 3.2. Cuadro 3.2 Valores críticos del estadístico Smirnov Kolmogorov Tamaño de la Muestra (N). 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 N>50. 0.20. NIVEL DE SIGNIFICACIÓN ( α ) 0.10 0.05 0.01. 0.45 0.32 0.27 0.23 0.21 0.19 0.18 0.17 0.16 0.15 1.07 N. 0.51 0.37 0.30 0.26 0.24 0.22 0.20 0.19 0.18 0.17 1.22 N. 0.56 0.41 0.34 0.29 0.27 0.24 0.23 0.21 0.20 0.19 1.36 N. 0.67 0.49 0.40 0.36 0.32 0.29 0.27 0.25 0.24 0.23 1.63 N. Fuente: Yevjevich, 1972. 19.

(25) 20. 3.5. Problemas de probabilidad aplicados a la hidrología. PROBLEMA 3.5.1. Para una estación de precipitación se tiene información de 15 años de registro para profundidades máximas de lluvia para una duración de 02 horas. Los mismos indican que la lluvia correspondiente a dicha duración y a un periodo de 15 años de período de retorno, es de 97.52 mm. Análogamente, para un período de retorno de 100 años, y la misma duración, se tiene un valor de 120.91 mm. Con base a ello, y asumiendo que los datos se ajustan a una distribución Gumbel, se pide calcular:. a. b. c.. Profundidad de la lluvia correspondiente a 50 años de periodo de retorno. Probabilidad de que dicha lluvia sea igualada o excedida al menos una vez durante 30 años de vida útil de la estructura a diseñar. Si se toma 110 mm como valor de diseño. ¿Cuál será la probabilidad de que dicho valor sea igualado o excedido 2 veces durante un período igual a 2 veces su periodo de retorno.. SOLUCION:. a.. Aplicando la ecuación (3.29):. Los valores Yn y σn son función del número de datos, conforme al cuadro que se muestra en el anexo 1; el valor de Y depende del período de retorno Tr. Utilizando dicha tabla 1 para n = 15 datos se obtiene: Yn = 0.5128. σn = 1.0210. Análogamente, y utilizando la misma tabla se tiene: Tr = 15 años Tr = 100 años. Y = 2.674 Y = 4.6. Aplicando nuevamente la ecuación (3.29) para los valores dados correspondientes a los períodos de retorno de 15 y 100 años de período de retorno puede formarse el siguiente sistema de ecuaciones: −. 97.52 = X +. (2.674 − 0.5128) * σx 1.0210. 20.

(26) 21. −. 120.91 = X +. (4.6 − 0.5128) * σx 1.0210. resolviendo, se obtiene: σx = 12.40 mm. −. X = 71.27 mm. Conocidas la media y la desviación típica puede aplicarse la ecuación (3.29) para un período de retorno de 50 años para el cuál Y = 3.9020, obtenido de la tabla del anexo 1: (3.9020 − 0.5128) * 12.40 1.0210. X = 71.27 +. de donde: P = X50 = 112.43 mm. b. Por definición, la probabilidad de que un valor dado sea excedido al menos una vez durante un período de vida útil n, corresponde al riesgo: Riesgo = 1 – P(o) En donde el valor P(o) se obtiene aplicando la ecuación (3.12) con k = 0. También: P ( X ≥ x) =. 1 Tr. (3.30). luego: P ( X ≥ x) =. 1 1 = = 0.02 Tr 50. luego: P (0) =. 30! * (0.02)0 * (1 − 0.02)30 − 0 0!*(30 − 0)!. P(0) = 0.545 Finalmente, el riesgo de que se presente una lluvia igual o mayor de 112.43 mm, al menos una vez durante un período de 30 años, es: R = 1 – P(0) = 1 – 0.545 = 0.455. R = 0.455. c. En este caso, aplicando la ecuación (3.29) para la precipitación de 110 mm: 110 = 71.27+. (Y − 0.5128) * 12.40 1.0210. 21.

(27) 22. se obtiene:. Y = 3.702. De acuerdo al cuadro del apéndice 1 este valor de Y correspondería a un período de retorno de Tr = 38.64 años ≈ 39 años; como el período de análisis, o vida útil, corresponde a dos veces este período de retorno: n = 2 * 39 = 78. Luego, aplicando (3.12) y teniendo en cuenta (3.30): P(k ) =. n! * ( P( X ≥ x)) k * (1 − P( X ≥ x)) n − k k!*(n − k )!. 78! 1 1 * ( ) 2 * (1 − )78 − 2 2!*(78 − 2)! 39 39 Finalmente, la probabilidad de que la precipitación 110 mm ocurra 2 veces en un período de 78 años es: P (2) =. P(2) = 0.274. PROBLEMA 3.5.2 En una cuenca dada los caudales máximos anuales tienen un promedio de 421 m3/s y una desviación típica de 378 m3/s. Asumiendo que dichos caudales se ajustan a una distribución de probabilidades Extrema Tipo I, ¿cuál es la probabilidad de que ocurra un caudal entre 450 y 600 m3/s?. SOLUCIÓN: Aplicando la ecuación (3.26) para la probabilidad de excedencia, se tiene: P ( X ≥ x) = 1 − F ( x) = 1 − e − e. −α ( x − β ). (3.31). Ecuación en la cuál α y β son los parámetros de la distribución e iguales a:. α=. 1.281 Sx. −. β = X − 0.45 * Sx. reemplazando los valores dados:. α=. 1.281 1.281 = = 0.0034 378 Sx. −. β = X − 0.45 * Sx = 421 − 0.45 * 378 = 250.9. 22.

(28) 23. reemplazando valores en la ecuación (3.31) para x = 450 m3/s:. P( X ≥ 450) = 1 − e − e. −0.0034 ( 450 − 250.9 ). P(X ≥ 450) = 0.398 Análogamente para x = 600 m3/s: P ( X ≥ 600) = 1 − e − e. −0.0034 ( 600 − 250.9 ). P(X ≥ 600) = 0.263 Finalmente: P(450 ≤ X ≤ 600) = 0.398 – 0.263 = 0.135. PROBLEMA 3.5.3 En una cuenca dada existen 3 estaciones de precipitación, P1, P2 y P3, que influencian en 30%, el 40% y el 30% del área de la cuenca respectivamente. Para la estación P2 se tiene un registro de 20 años de profundidades máximas de precipitación para 6 horas de duración, con un promedio de 85.25 mm y una desviación típica de 27.65 mm. Asumiendo que los datos de la estación 2 se ajustan a una distribución probabilística Extrema Tipo I, se pide calcular la precipitación media de la cuenca para una lluvia de 6 horas de duración, y 25 años de periodo de retorno, si se conoce que las ecuaciones de correlación entre las estaciones son: P1 = 3.2 + 0.28 * P2 P3 = 2.5 + 0.021 * P22. SOLUCION: La probabilidad de excedencia para la lluvia de 6 horas de duración y 25 años de período de retorno en la estación 2 será: P ( X ≥ x) =. 1 1 = = 0.04 Tr 25. calculando los parámetros de la distribución Extrema Tipo I:. 23.

(29) 24. α=. 1.281 1.281 = = 0.0463 Sx 27.65 −. β = X − 0.45 * Sx = 85.25 − 0.45 * 27.65 = 72.81 sustituyendo en la ecuación (3.31) se tiene: 0.04 = 1 − e − e. −0.0463 ( x − 72.81). de donde: X= P2 = 141.90 mm Considerando las ecuaciones de correlación se tendrá para las estaciones P1 y P3: P1 = 3.2 + 0.28 * 141.9 = 42.93 mm P3 = 2.5 + 0.021 * 141.92 = 425.35 mm Luego, la precipitación media sobre la cuenca será: Pm = P1 * 0.30 + P2 * 0.40 + P3 * 0.30 Pm = 42.93 *0.30 + 141.9 * 0.40 + 425.35 * 0.30 Pm = 197.24 mm.. PROBLEMA 3.5.4 La planta de tratamiento de agua para el abastecimiento de una ciudad tiene una capacidad de 1.5 millones de metros cúbicos, mmc, por semana y debe satisfacer una demanda aleatoria D, la cual puede considerarse que se ajusta a una distribución Gumbel, como una media de 1.5 mmc por semana y desviación típica de 50.000 metros cúbicos por semana. Estos valores se calcularon con base a 20 semanas de mediciones. Para satisfacer una eventual demanda adicional durante una semana, la municipalidad ha previsto un tanque a fin de tener en almacenamiento una cierta reserva de seguridad. Calcular cuál debe ser la capacidad C del tanque de seguridad si se desea que la probabilidad de no satisfacer la demanda sea de 0.01.. SOLUCION:. 24.

(30) 25. En este caso debe aplicarse la ecuación (3.29) que es la correspondiente a la distribución Gumbel; para ello debe tenerse en cuenta que: X=1.5 mmc. σx = 0.05 mmc. utilizando la tabla Nº 1 del anexo 1 y para n = 20, se tiene: Yn = 0.5236. σn = 1.063. De acuerdo al problema la probabilidad de excedencia de la demanda debe ser de 0.01 lo cuál corresponde a un período de retorno de: Tr =. 1 1 = = 100años P ( X ≥ x) 0.01. para el cuál, y utilizando la tabla antes citada, se tendrá: Y = 4.6 reemplazando valores en la ecuación (3.29) se tendrá: X = 1.5 +. (4.6 − 0.5236) * 0.05 1.063. de donde: X= 1.692 mmc Luego la capacidad del tanque de seguridad será: C = 1.692 – 1.5 = 0.192 mmc. PROBLEMA 3.5.5 El análisis de una serie anual de crecientes desde 1900 a 1959 muestra que la creciente correspondiente a 100 años de período de retorno es de 3100 m3/seg y la de 10 años, 1400 m3/seg. Si puede considerarse que la serie de datos se ajusta a una distribución Gumbel calcular: a. b. c. d.. La media y la desviación típica de las crecientes anuales. La probabilidad de tener el próximo año una creciente mayor o igual a 2000 m3/seg La magnitud del evento de 40 años de período de retorno. La probabilidad de tener como mínimo una creciente de 100 años en los próximos 8 años.. SOLUCIÓN:. 25.

(31) 26. a.. Utilizando la tabla correspondiente del anexo 1 y para n = 60, se tiene: Yn = 0.5521. σn = 1.1750. Así mismo, para Tr = 100 años, Y = 4.6; luego reemplazando valores en la ecuación (3.29), se tiene: − (4.6 − 0.5521) 3100 = X + * σx 1.1750 análogamente, para Tr = 10 años, Y = 2.25 se tiene: −. 1400 = X +. (2.25 − 0.5521) * σx 1.1750. Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene: X= 171.73. σx = 850 b.. Para determinar la P(X ≥ 2000), se debe calcular el valor de Y para lo cual reemplazando en la ecuación (3.29): 2000 = 171.73+. despejando se tiene:. (Y − 0.5521) * 850 1.1750. Y = 3.079. De acuerdo al anexo 1, para Y = 3.079 se tiene Tr = 22.37 años; luego: P ( X ≥ 2000) = c.. 1 1 = = 0.0447 Tr 22.37. Para calcular la creciente correspondiente para un periodo de retorno de 40 años debe considerarse que para este Tr se tiene Y = 3.643. Sustituyendo en la ecuación (3.29): X = 171.73+ de donde:. (3.643 − 0.5521) * 850 1.1750. X = 2407.70 m3/seg.. 26.

(32) 27. d. Para calcular el riesgo de que ocurra una creciente de 100 años de período de retorno en un lapso de 8 años debe considerarse que:. P ( X ≥ x) =. 1 1 = = 0.01 Tr 100. reemplazando valores en la ecuación (3.12): P (0) =. 8! * 0.010 * (1 − 0.01)8 − 0 = 0.9227 0!*(8 − 0)!. de donde:. R = 1 – P(0) = 1 – 0.9227 = 0.0773. PROBLEMA 3.5.6 Para un área turística, por ejemplo Chichiriviche, se ha planteado construir un campo de pozos para extraer agua para abastecimiento urbano, con una capacidad de 25 litros por segundo, lps, en cada pozo. El problema de este tipo de centro urbano es que en época de temporada alta ( carnaval, semana santa, etc), la demanda de agua es bastante alta pudiendo considerarse que se ajusta a una distribución Extrema Tipo I. Para el resto del año, la demanda puede considerarse que se ajusta a una distribución normal. a. Calcular cuantos pozos deben construirse para satisfacer la demanda de temporada normal, si la misma tiene una media de 25 lps y una desviación típica de 0.25 lps. ( para una P(X ≥ x) = 0.8) b. Para satisfacer la demanda de la temporada alta se ha propuesto habilitar 16 pozos. Calcular cuál será la probabilidad de que la demanda exceda la disponibilidad de dichos pozos, si existe un 5 % de probabilidad de que la demanda sea mayor de 389.25 lps y 1 % que supere a 593.02 lps.. SOLUCIÓN Utilizando tablas estadísticas o métodos aproximados de solución se obtiene, para un 80 % de probabilidad de excedencia: Z = - 0.8416 remplazando en (3.15):. ( X − 25) 0.25 X= 24.79 lps, lo que equivale a 1 pozo.. − 0.8416 = despejando:. 27.

(33) 28. b. En temporada alta la disponibilidad de agua, incluyendo el pozo de temporada baja, será de: 16 pozos * 25 lps / pozo = 400 lps. Reemplazando valores en la ecuación (3.31) para la probabilidad de excedencia del 5 %: P(X≥389.5) = 5% = 0.05 = 1 − e − e. − α ( 389.5 − β ). y para el 1 % se tendrá: P(X≥593.02) = 1% = 0.01 = 1 − e − e Resolviendo el sistema de ecuaciones :. − α ( 593.02 − β ). β=18.67. α = 8.009 * 10−3. Nuevamente reemplazando valores en (3.31): −8.009*10 −3 ( 400 −18.67 ). P ( X ≥ 400) = 1 − e −e de donde la probabilidad de que la demanda exceda los 400 l/s es: P(X≥400) = 0.046 Lo cuál significa que cada año la probabilidad de falla del sistema de abastecimiento en temporada alta es de 4.6 %. PROBLEMA 3.5.7. La reglamentación legal de una llanura de inundación prohíbe la construcción dentro de la zona de inundación con período de retorno de 25 años. ¿ Cuál es el riesgo de que una estructura construida exactamente en el borde de esta llanura se inunde durante los próximos 10 años?¿ Cuánto se reduciría este riesgo si la construcción estuviera limitada al borde de la inundación causada por la creciente de 100 años?. SOLUCIÓN. Aplicando la ecuación (3.12) con x = 0 y n = 10 y teniendo en cuenta (3.30) se tiene: P ( X ≥ x) =. P(0) =. 1 1 = = 0.04 Tr 25. 10! * 0.040 * (1 − 0.04)10 − 0 = 0.6648 0!*(10 − 0)!. El riesgo de que la llanura se inunde durante los próximos 10 años será entonces:. 28.

(34) 29. R = 1 – P(0) = 1 – 0.6648 = 0.3352 De la misma forma para un período de retorno de 100 años:. P ( X ≥ x) =. P (0) =. 1 1 = = 0.01 Tr 100. 10! * 0.010 * (1 − 0.01)10 − 0 = 0.9044 0!*(10 − 0)!. y el riesgo para este período de retorno será: R = 1 – P(0) = 1 – 0.9044 = 0.096 Luego, el riesgo se reduciría en 0.3352 – 0.096 = 0.2392 = 23.92 % si la construcción se limitase al borde del área inundada por la creciente de 100 años de período de retorno. PROBLEMA 3.5.8. Se tiene una cuenca de 20.000 hectáreas de superficie. Durante el mes de agosto, el promedio de lluvia mensual es de 242.9 milímetros y la desviación típica, 79.7 milímetros. Puede considerarse que el 8 % de esta lámina puede ser aprovechada almacenándola en una presa. Asumiendo que estas lluvias se ajustan a una distribución normal, se pide calcular: a. b.. Cuál sería la capacidad de la presa, en millones de m3, si se desea que el 80 % de las veces se llene. La capacidad de la presa, en millones de m3, si se desea captar el 8% de las láminas de lluvia que caen en el rango de 60% y el 75% de probabilidad de excedencia.. SOLUCIÓN:. a. En este caso se sabe que para el mes de agosto: X = 242.9 mm Sx = 79.7 mm. La condición de diseño establece que el 80 % de las veces se llene o, lo que es lo mismo: P(X ≥ x) = 0.80 Para esta probabilidad, y en distribución normal, la variable tipificada es: z = 0.84162; o lo que es lo mismo:. 29.

(35) 30. −. (X − X ) z= Sx de donde:. ó:. − 0.8416 =. ( X − 242.9) 79.7. X = 175.82 mm.. La lámina aprovechable será entonces: = 175.82 mm *0.08 =14.07 mm Y la capacidad de la presa: = 14.07 * 10-3 m * 20* 103 *104 m2 = 2.814 * 106 m3 b. Análogamente, puede calcularse. P(X ≥ x) 0.75 0.60. Valor z -0.67449 -0.25335. Valor de X (mm) 189.14 222.708. Considerando estas láminas como los límites inferior y superior del intervalo, el promedio de ambos será de 205.924 mm y la lámina aprovechable: 205.924 mm * 0.08 = 16.47 mm y el volumen V = 16.47 * 10-3 m * 2 * 108 m2 = 3.294 * 106 m3 PROBLEMA 3.5.9. Para un registro de 20 años de profundidad máximas de precipitación para 06 horas de duración se ha obtenido un promedio de 85.25 mm y una desviación típica de 27.65 mm. Asumiendo que los datos se ajustan a una distribución normal. Se pide: a. b. c.. Calcular el valor de la precipitación de diseño si se desea que la probabilidad de que dicha precipitación ocurra en dos años consecutivos sea de 0.0004 ( 0.04 %). Asumir que los eventos de precipitación máxima anual son independientes. Determinar el riesgo de la precipitación de diseño calculada en el punto anterior para 25 años de vida útil. Calcular el valor de la precipitación de diseño si se desea que el riesgo calculado en el punto anterior se reduzca a la mitad.. SOLUCIÓN. a. Asumiendo independencia de los eventos de precipitación, se tiene para la ocurrencia en dos años consecutivos: P(X≥x) * P(X≥x) = 0.0004 de donde:. 30.

(36) 31. P(X≥x) = 0.02 Para esta probabilidad de excedencia el valor de la variable tipificada será z = 2.0537 y reemplazando en la ecuación (3.15), se tiene:. 2.0537 =. ( X − 85.25) 27.65. y:. X = 142.03 mm. b. Aplicando la ecuación (3.12), la probabilidad de no ocurrencia de la precipitación de diseño en un período de 25 años será: P (0) =. 25! * 0.020 * (1 − 0.02) 25 − 0 = 0.6035 0!*(25 − 0)!. y el riesgo: R = 1 – P(0) = 1 – 0.6035 = 0.3965 c.. Si ahora el riesgo se reduce a la mitad se tendrá: R = 0.19825 = 1 – P(0). de donde:. P(0) = 1 – 0.19825 = 0.80175. reemplazando en (3.12): P (0) =. 25! * P ( X ≥ x) 0 * (1 − P ( X ≥ x) 25−0 0!*(25 − 0)!. P(X ≥ x) = 0.0088. despejando:. para esta probabilidad de excedencia la variable tipificada será: reemplazando en (3.15): 2.3739 =. ( X − 85.25) 27.65. Z = 2.3739. y. despejando: X= 150.89 mm. PROBLEMA 3.5.10. Los datos siguientes corresponden a caudales máximos anuales registrados en el Río Paguey, para el período 1948 – 1972 ( m3/s): 975.5 1450.0 1460.0 1870.0 990.0. 640.0 940.0 950.0 820.0. 845.0 1330.0 1136.0 690.0. 800.0 1534.0 644.0 1240.0. 1190.0 1856.0 995.0 1605.0. 1030.0 1882.0 658.0 1745.0. 31.

(37) 32. a. Realizar la prueba de ajuste a distribución extrema tipo I, considerando un delta máximo de 0.27 b. Calcular el caudal correspondiente a una período de retorno de 250 años. SOLUCIÓN:. Para efectuar la prueba de ajuste se ordenan los datos de forma descendente y se calcula, para cada valor, su probabilidad empírica de acuerdo a la ecuación de Weibull, (Cuadro 3.1). Para calcular la probabilidad teórica, en este caso Distribución Extrema Tipo I, se calculan: X = 1171.02 m3/s α = 3.157∗10−3. Sx = 405.76 m3/s β = 988.43. con esta información puede elaborarse el cuadro siguiente: N. Datos ordenados Probabilidad empírica. P(X≥x). delta. de mayor a menor. n / (m+1). D. Extrema tipo I. 1. 1882. 0.0385. 0.0578. 0.0193. 2. 1870. 0.0769. 0.05997. 0.017. 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25. 1856 1745 1605 1534 1460 1450 1330 1240 1190 1136 1030 995 990 975.5 950 940 845 820 800 690 658 644 640. 0.1154 0.1538 0.1923 0.2308 0.2692 0.3077 0.3462 0.3846 0.4231 0.4615 0.5 0.5385 0.5769 0.6154 0.6538 0.6923 0.7308 0.7692 0.8077 0.8462 0.8846 0.9231 0.9615. 0.0626 0.0877 0.133 0.1636 0.202 0.2078 0.2883 0.3636 0.4109 0.4661 0.584 0.6245 0.6303 0.6471 0.6766 0.6881 0.7925 0.8177 0.8368 0.9231 0.9415 0.9485 0.9504. 0.0528 0.0661 0.0593 0.0672 0.0672 0.0999 0.0579 0.021 0.0122 0.0046 0.084 0.086 0.0534 0.0317 0.0228 0.0042 0.0617 0.0485 0.0291 0.0769 0.0569 0.0254 0.0111. 32.

(38) 33. Como puede observarse, el máximo valor calculado de delta es igual 0.0999 el cuál es menor que el delta máximo permitido, 0.27. Por lo tanto, puede concluirse que los datos se ajustan a una distribución Extrema Tipo I. b.. La probabilidad de excedencia para un período de retorno de 250 años será:. P ( X ≥ x) =. 1 1 = = 0.004 Tr 250. sustituyendo en la ecuación (3.31) se tiene: 0.004 = 1 − e −e. de donde:. −3.157*10−3*( x −988.43 ). X= 2736.75 m3/s. 33.

(39) 34. CAPITULO IV 4.0. Hidrograma de escorrentía. 4.1. Coeficiente de escorrentía. La escorrentía es consecuencia directa de la precipitación, estando ambas variables estrechamente relacionadas. Sin embargo, en esta relación deben considerarse las características de la cuenca ya que , por ejemplo, dos tormentas con características iguales sobre una misma hoya pueden producir escorrentías diferentes, dependiendo de sus condiciones iniciales al momento de producirse el evento. Esquemáticamente, esta relación puede apreciarse en la figura 4.1. Figura 4.1 Relación lluvia - escorrentía. Un parámetro que cuantifica esta relación escorrentía, definido por la ecuación: Ce =. Ve Vp. es el denominado coeficiente de. (4.1). En la cuál: Ce: Ve: Vp:. coeficiente de escorrentía. volumen de escorrentía volumen de precipitación. las magnitudes de la variable independiente de la ecuación (4.1) pueden expresarse también en términos de lámina; en ambos casos el valor de Ce será menor que la unidad. 4.2. Hidrograma de crecidas. El hidrograma de una corriente es la representación grafica o tabular del caudal como una función del tiempo y en una sección especifica del cauce. El hidrograma es una. 34.

(40) 35. expresión integral de las características fisiográficas y climáticas que gobiernan la relación lluvia-escorrentía de una cuenca en particular. En la figura 4.2 se observa la forma típica del hidrograma. Figura 4.2 Hidrograma de escorrentía. Como puede observarse, el hidrograma presenta un primer segmento ascendente, denominado curva de concentración, cuyas características dependen de la duración, intensidad y distribución en el tiempo y en el espacio de la tormenta. También la condicionan la forma y tamaño de la cuenca receptora, así como las condiciones iniciales de humedad del suelo y la cobertura vegetal. La denominada cresta del hidrograma corresponde al valor máximo de caudal; usualmente se le denomina el caudal pico. El sector denominado curva de descenso se debe a la disminución gradual de la escorrentía directa y depende de las características de la red de drenaje. Finalmente, se ubica el segmento final, denominado curva de agotamiento, la cuál disminuye lenta y progresivamente, representando los aportes al flujo de la escorrentía subterránea. Usualmente, la curva de agotamiento se define por la expresión: Qt = Qo * e-αt. (4.2). donde: Qt: Qo: e: α∞ t:. caudal en el instante t caudal en el tiempo to, al inicio del agotamiento base del logaritmo neperiano. coeficiente de agotamiento expresado en unidades de tiempo. tiempo. El valor de α depende de la morfología de la cuenca receptora y de su naturaleza geológica.. 35.

(41) 36. 4.3. Separación del caudal base. El caudal que circula por un cauce puede tener dos componentes: uno proveniente de la precipitación efectiva del evento o escorrentía directa, Qd y otro originado por flujos susbsuperficiales generados por eventos anteriores o caudal base, Qb. A la suma de ambos se le denomina caudal total, Qt. Si se desea analizar la respuesta de la cuenca a la ocurrencia de una precipitación específica deben eliminarse los aportes al hidrograma provenientes de eventos anteriores; a este proceso se le denomina separación del caudal base del hidrograma, tal como se ilustra en la figura 4.3 Figura 4.3 Separación del caudal base del hidrograma. Para ello existen diferentes procedimientos, siendo uno de los más usuales áquel que consiste en trazar una línea recta desde el comienzo del hidrograma hasta un tiempo N, en días, después de la ocurrencia del pico. Una relación que permite estimar el valor de N está dada por: 0.2. N = O.827 * A. (4.3). en la cuál: N: A:. tiempo en días. área de la cuenca, Km2. Otro procedimiento consiste en proyectar hacia atrás la línea de recesión del agua subterránea hasta un punto bajo el punto de inflexión del limbo descendente; luego se traza un segmento arbitrario ascendente desde el punto de ascenso del hidrograma hasta intersectarse con la recesión antes proyectada, tal como se ilustra en la figura 4.4. Este tipo de separación puede presentar algunas ventajas cuando el aporte de agua subterránea es relativamente grande y llega a la corriente con rapidez como sucede en terrenos con calizas.. 36.

(42) 37. Figura 4.4 Método de las tangentes para la separación de Qb. 4.4. Hidrograma unitario. El hidrograma unitario se define como aquél cuyo volumen de escurrimiento directo representa para el área de la cuenca una altura de agua o lamina escurrida, de una unidad, usualmente esta lámina unidad se expresa en milímetros. Para un evento cualquiera, la lámina de escorrentía directa, Le, será igual a:. Le =. Ve A. (4.4). dónde Ve es el volumen escurrido, A es el área es el de la cuenca y Le es la lámina escurrida Para cada ordenada del hidrograma unitario se tendrá: qu =. q Le. (4.5). expresión en la cuál: qu: q: Le. ordenada del hidrograma unitario. ordedenada del hidrograma de escorrentía directa. lámina de escorrentía directa.. A la lámina de escorrentía directa también se le denomina lluvia efectiva o exceso de precipitación. Un aspecto importante de este exceso de precipitación es el intervalo de tiempo en el cuál se produce.. 37.

(43) 38. En otras palabras, el escurrimiento directo es generado durante un intervalo de tiempo que no necesariamente es igual a la duración total del evento de lluvia, siendo usualmente menor. A dicha duración se le denomina duración efectiva de la lluvia y su determinación se efectúa relacionando el histograma de precipitación y el hidrograma de escorrentía directa, tal como se ilustra en la figura 4.5 Figura 4.5 Determinación de la duración efectiva de la lluvia. El procedimiento se basa en la asunción que la capacidad de infiltración del suelo, o índice φ, permanece constante a lo largo del evento, lo cuál puede ser representado por una línea horizontal en el hietograma de precipitación, tal como se aprecia en la figura. Luego, la sumatoria de los valores de precipitación por encima de esta línea de φ, debe coincidir con el valor obtenido aplicando la ecuación (4.4); si ello no sucede, debe asumirse un nuevo valor de infiltración y repetir el cálculo. Finalmente, cuando se haya establecido, por tanteo, el valor de φ, el número de intervalos que queden por encima de esta línea definirá la duración efectiva de la lluvia. Todo hidrograma unitario, HU, debe estar asociado a una duración efectiva.. 38.

(44) 39. 4.5. Cálculo de HU para diferentes duraciones efectivas. Si se tiene un hidrograma unitario correspondiente a una duración efectiva igual a “t” horas y se le suma el mismo hidrograma, desplazado un intervalo “t”, el hidrograma resultante representa el de 2 unidades de escorrentía para 2t horas. Si las ordenadas de dicho diagrama se dividen por 2, el resultado es un hidrograma unitario para una duración de 2t horas. El procedimiento se ilustra en la figura 4.6 Figura 4.6 Cálculo del HU de 2t horas a partir del HU de t horas. Sin embargo, el procedimiento descrito sólo sería aplicable para determinar hidrogramas unitarios de duración efectiva múltiplo del inicial. Para obtener el HU de una duración cualquiera se utiliza el denominado método de la curva “S”, definiéndose como tal al hidrograma resultante del desplazamiento, un número infinito de veces, del HU original, tal como se ilustra en la figura 4.7. La magnitud de cada desplazamiento será “t” horas respecto al anterior. En la práctica, no es necesario realizar un número infinito de desplazamientos; bastará efectuar los necesarios para alcanzar la zona de estabilización de la curva. El número de desplazamientos que usualmente permite cumplir esta condición está dada por la relación:. Nd =. Tb Du. (4.6). dónde: Tb: Du:. tiempo base del HU original duración efectiva del HU original. 39.

(45) 40. Figura 4.7 Método de la curva “S”. En algunos casos la curva “S” puede presentar oscilaciones que serán necesarias corregir. Para ello se traza una línea recta, siguiendo el criterio de mejor ajuste, en el segmento superior de la curva, tal como se aprecia en la figura; luego se procede a sustituir los valores de la curva original por las nuevas lecturas que se harán en la recta ajustada. A la nueva curva S así obtenida se le denomina curva S corregida. El HU para cualquier duración efectiva puede ahora obtenerse desplazando la curva S corregida un intervalo igual a la duración del hidrograma deseado, obteniéndose lo que se denomina curva S desplazada; luego dicha curva desplazada se resta de la corregida. Finalmente, para obtener el HU buscado cada uno de los valores de esta diferencia se multiplica por el factor: Factor =. Du t. (4.7). dónde: Du: t:. duración del HU con el cuál se construyó la curva S duración efectiva del HU deseado. 40.

(46) 41. 4.6. Problemas relativos a Hidrogramas. PROBLEMA 4.6.1 Una tormenta de 6 horas de duración total ocurre en una cuenca de 150 Km2 de superficie, con un hietograma de 42, 18 y 26 mm, respectivamente, cada 2 horas. Estimar el caudal pico, en m3/s, del hidrograma generado. Asumir un índice φ igual a 10 mm/h. Adicionalmente se dispone de la información de una creciente producida por una lluvia de 2 horas de duración efectiva y cuyo hidrograma de escorrentía total fue: T(h) 0 3 Q(m /s) 20. 2 20. 4 110. 6 200. 8 270. 10 220. 12 180. 14 120. 16 70. 18 45. 20 20. 22 20. SOLUCIÓN En primer lugar, se determina el hietograma de precipitación efectiva para un intervalo de trabajo de 2 horas: Pe0-2 = P0-2 - φ = 42 mm – 10 mm/h * 2h = 22 mm Pe2-4 = P2-4 - φ = 18 mm – 10 mm/h * 2h = 0 Pe4-6 = P4-6 - φ = 26 mm – 10 mm/h * 2h = 6 mm El siguiente paso es calcular el hidrograma unitario de 2 horas lo cuál puede hacerse a partir de la información de la creciente y siguiendo la secuencia que a continuación se describe: 1. Se determinan los caudales de escorrentía directa. Para ello, a cada valor de la escorrentía total se le resta el caudal base; como puede observarse, en este caso dicho caudal base puede tomarse como un valor constante e igual a 20 m3/s. 2. El volumen de escorrentía directa puede calcularse sumando las ordenadas del hidrograma de escorrentía directa, en m3/s, y multiplicándolo por el intervalo de tiempo del hidrograma, en segundos: 2 * 3600 seg 3. Este volumen escurrido se divide entre el área de la cuenca para obtener la lámina de escorrentía directa del evento:. Le =. ∑ Qd * t = 1055m3 / s * 2 * 3600 = 0.0506mts. Area. 150 * 10 6. 41.

(47) 42. 4. El Hidrograma Unitario, HU, de la cuenca se determina dividiendo cada uno de los valores de caudal de escorrentía directa entre Le. Los cálculos detallados se presentan en el cuadro siguiente:. T(h). Qt(m3/s). Qb(m3/s). Qd(m3/s) HU(m3/s)mm 2 horas. 0. 20. 20. 0. 0. 2. 20. 20. 0. 0. 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22. 110 200 270 220 180 120 70 45 20 20. 20 20 20 20 20 20 20 20 20 20. 90 180 250 200 160 100 50 25 0 0. 1.78 3.55 4.94 3.95 3.16 1.97 0.99 0.49 0 0. Multiplicando ahora el HU por cada una de las láminas de escorrentía directa, teniendo en cuenta los respectivos desplazamientos, y sumando se obtiene el hidrograma de escorrentía directa resultante, tal como se aprecia en el cuadro adjunto:. T(h). HU(m3/s)mm Qd=Hu*22. Qd =HU*6. Qdt(m3/s). 2 horas 0. 0. 0. 0. 2. 0. 0. 0. 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22. 1.78 3.55 4.94 3.95 3.16 1.97 0.99 0.49 0 0. 39.16 78.1 108.68 86.9 69.52 43.34 21.78 10.78 0 0. 0 0 10.68 21.3 29.64 23.7 18.96 11.82 5.94 2.94. 39.16 78.1 119.36 108.2 99.16 67.04 40.74 22.6 5.94 2.94. Como puede observarse, el caudal pico generado es de 119.36 m3/s.. 42.

(48) 43. PROBLEMA 4.6.2 Es una cuenca de 0.5 Km2 determine el índice φ , la infiltración acumulada, la precipitación efectiva acumulada y el hidrograma unitario de los siguientes datos de lluviaescorrentía. T(h) P(mm) Qd(m3/s). 0 0 0. 1 27 0.8. 2 33 1.6. 3 20 1.3. 4 19 0.8. 5 18 0.4. 6 15. SOLUCIÓN: La lámina de escorrentía directa será: Le =. ∑ Qd * t = 4.9 * 3600 = 0.03528m Area. 0.5 * 10 6. Le = 35.28 mm En cada intervalo de tiempo una parte de la precipitación se infiltra y otra queda en la superficie como lámina de escorrentía directa; el valor de la infiltración puede asumirse constante e igual al denominado índice φ. Para determinar el valor de φ puede seguirse el procedimiento que se ilustra en el gráfico adjunto y que se explica a continuación. En primer lugar, se asume un valor inicial de φ; por ejemplo, 1 mm; eso implica que la láminas de escorrentía directa será: Le = (27-1) + (33-1) + (20-1) + (19-1) + (18-1) +(15-1) = 126 mm. 43.

(49) 44. Este valor de Le supera largamente al valor de 35.28 mm por lo que deberá asumirse un valor mayor de φ ; este procedimiento de tanteo debe seguirse hasta obtener una sumatoria de láminas de escorrentía directa igual a 35.28 mm. En este caso, ello se produce para un valor de φ igual a 16.344 mm. Luego la infiltración acumulada será: Infiltración acumulada = 16.344 mm*5 + 15mm = 96.72 mm Y la precipitación efectiva acumulada: Precipitación efectiva acumulada = Precipitación acumulada – infiltración acumulada Precipitación efectiva acumulada = 132 mm – 96.72 mm = 35.28 mm Para calcular las ordenadas del hidrograma unitario, se dividen las ordenadas del hidrograma de escorrentía directa entre la lamina de escorrentía directa. La duración de este HU será de 5 horas ya que esa es la duración efectiva del evento o, dicho en otras palabras, el número de horas durante los cuáles se produce escorrentía directa. T(h). Qd(m3/s). HU(m3/s)/mm. 0. 0. 0. 1. 0.8. 0.023. 2. 1.6. 0.045. 3. 1.3. 0.037. 4. 0.8. 0.023. 5. 0.4. 0.011. PROBLEMA 4.6.3 La precipitación efectiva y la escorrentía directa registrada para una tormenta son las siguientes: T(h) Pe(mm) Qd(m3/s). 1 1 10. 2 2 120. 3 1 400. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 560. 425. 300. 265. 170. 50. Calcular el hidrograma unitario de 1 hora, sin utilizar el método de la curva S.. SOLUCIÓN Designando por X1, X2, ... X7 a los valores del hidrograma unitario buscado. Si este HU se multiplicase por cada una de las precipitaciones efectivas, considerando los respectivos desplazamientos, el resultado sería el hidrograma de escorrentía directa que es. 44.

(50) 45. proporcionado como dato del problema. Este procedimiento permitiría formar el sistema de ecuaciones que se muestra en el cuadro siguiente: T(h) 1 2 3 4 5 6 7 8 9. Qd(m3/s) 10 120 400 560 425 300 265 170 50. HU*Pe0-1 X1*1 X2*1 X3*1 X4*1 X5*1 X6*1 X7*1. HU*Pe1-2 X1*2 X2*2 X3*2 X4*2 X5*2 X6*2 X7*2. HU*Pe2-3. X1*1 X2*1 X3*1 X4*1 X5*1 X6*1 X7*1. Resolviendo el sistema se tiene: X1 = 10. X2 =. 120 − 10 * 2 = 100 1. X3 =. 400 − 100 * 2 − 10 * 1 = 190 1. X4 =. 560 − 190 * 2 − 100 * 1 = 80 1. X5 =. 425 − 80 * 2 − 190 * 1 = 75 1. X6 =. 300 − 75 * 2 − 80 *1 = 70 1. X7 =. 265 − 70 * 2 − 75 * 1 = 50 1. luego, el HU buscado será: T(h) 1 2 3 4 5 6 7. HU(m3/s)/mm 1 hora 10 100 190 80 75 70 50. Sin embargo, es conveniente acotar que este procedimiento no siempre conduce a soluciones directas, debiendo realizarse procesos de corrección y ajuste.. 45.

(51) 46. PROBLEMA 4.6.4 Sobre una cuenca dada ocurre el siguiente evento de precipitación:. Tiempo (h). Precipitación Acumulada(mm). Índice Fí (mm/h). 1. 5. 2.5. 2. 11. 2. 3. 19. 1.5. Dicho evento genera el siguiente hidrograma de escorrentía directa: T(h) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 3 Qd(m /s) 4.5 84.45 349.3 647.75 898.86 638.37 598.18 231.52 11.7 Con base a ello, se pide calcular el hidrograma unitario de la cuenca para una hora de duración. Así mismo, determinar el área de la cuenca:. SOLUCIÓN 1. Calculo de la precipitación efectiva. Para el calculo de la precipitación efectiva es necesario, determinar la precipitación parcial y restarle la infiltración o índice Fí.. Tiempo(h). Precipitación parcial (mm). 1. 5. 2. 6. 3. 8. Pe1 = 5 mm - 2.5 mm/h * 1 h = 2.5 mm Pe2 = 6 mm - 2.0 mm/h * 1 h = 4 mm Pe3 = 8 mm – 1.5 mm/h * 1 h = 6.5 mm 2. Calculo del Hidrograma Unitario de 1 hora de duración. Se hace un sistema de ecuaciones donde las incógnitas son las ordenadas del Hidrodrama Unitario.. 46.

(52) 47. T(h) 1. Qd(m3/s) 4.5. HU*Pe0-1 X1*2.5. HU*Pe1-2. HU*Pe2-3. 2. 84.45. X2*2.5. X1*4. 3. 349.3. X3*2.5. X2*4. X1*6.5. 4 5 6 7 8 9. 647.75 820.4 512.86 394.22 231.52 11.7. X4*2.5 X5*2.5 X6*2.5 X7*2.5. X3*4 X4*4 X5*4 X6*4 X7*4. X2*6.5 X3*6.5 X4*6.5 X5*6.5 X6*6.5 X7*6.5. 4.5 =1.8 2.5 84.45 − 1.8 * 4 X2 = = 30.9 2.5 349.3 − 30.9 * 4 − 1.8 * 6.5 X3 = = 85.6 2.5 647.75 − 85.6 * 4 − 30.9 * 6.5 X4 = = 41.8 2.5 820.4 − 41.8 * 4 − 85.6 * 6.5 X5 = = 38.72 2.5 512.86 − 38.72 * 4 − 41.8 * 6.5 X6 = = 34.51 2.5 394.22 − 34.51 * 4 − 38.72 * 6.5 X7 = = 1.8 2.5. X1 =. T(h). HU(m3/s)/mm 1 hora. 1. 1.8. 2. 30.9. 3 4 5 6 7. 85.6 41.8 38.72 34.51 1.8. Para determinar el área de la cuenca se suman las ordenadas del hidrograma unitario, se multiplica por el tiempo y los milímetros se llevan a metros, de la siguiente forma:. 47.

(53) 48. (ΣHU (m 3 / s ) / mm * 3600 s = 846.468 * 10 6 m 2 0.001m / mm A= 846.468 km2 A=. PROBLEMA 4.6.5 Tres subcuencas A, B y C confluyen en un punto común a la salida de ellas. Sobre las mismas ocurren los siguientes hietogramas de precipitación media efectiva, en milímetros. Tiempo(h). A. 1. 10. 2 15. 3. B. C. 12. 6. 8. 9. El hidrograma de escorrentía directa resultante del evento, en el punto de confluencia, es el siguiente: T(h) Qd(m3/s). 0.5 9. 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5 5.0 159.2 444.2 487.1 872.2 898.1 1510 718.3 249.8 88. 5.5 28.8. Tiempo después se produce una tormenta de seis horas de duración en la subcuenca A, en el cuál existen tres estaciones de precipitación P1, P2, y P3, con porcentajes de influencia de 30%, 40% y 30%, del área de la subcuenca, el cual es de 85 Km2. Los valores del índice φ, expresados en mm/h, pueden considerarse variables de acuerdo a los tipos de suelos, tal como se muestra en el cuadro adjunto. Los hietogramas de precipitación en las estaciones también se presentan en el cuadro adjunto de la derecha. Calcular el hidrograma de escorrentía directa resultante de este evento, asumiendo que el hidrograma unitario de 1 hora es el mismo para las tres subcuencas. Valor de φ mm/h 2. Hietograma (mm). Area(Km ). h02. h04. h06. 10. 5. 4. 3. 30. 4. 3. 45. 5. 4.5. h02. h04. h06. P1. 18. 12. 14. 2.5. P2. 16. 12. 9. 3.5. P3. 13. 10. 8. 48.

(54) 49. SOLUCIÓN. 1.. Calculo del HU de 1 hora, por el método de deconvolución:. Se realiza un sistema de ecuaciones teniendo como incógnita el hidrograma unitario, como dicho hidrograma es el mismo para las tres subcuencas, se procede de la siguiente manera:. SUBCUENCA A T(h). SUBCUENCA B. SUBCUENCA C. Qd=HU*10 Qd=HU*15 Qd=HU*12 Qd=HU*8 Qd=HU*6 Qd=HU*9 QdR(m3/s). 0. X1*10. 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5. X2*10 X3*10 X4*10 X5*10 X6*10 X7*10 X8*10. 0. X1*15 X2*15 X3*15 X4*15 X5*15 X6*15 X7*15 X8*15. X1*12 X2*12 X3*12 X4*12 X5*12 X6*12 X7*12 X8*12. X1*8 X2*8 X3*8 X4*8 X5*8 X6*8 X7*8 X8*8. X1*6 X2*6 X3*6 X4*6 X5*6 X6*6 X7*6 X8*6. X1*9 X2*9 X3*9 X4*9 X5*9 X6*9 X7*9 X8*9. 9 159.2 444.2 487.1 872.2 898.1 1510 718.3 249.8 88 28.8. X1 = 0 9 X2 = = 0.9 10 159.2 − X 1 *12 − X 1 * 6 X3 = = 15.92 10 444.2 − X 2 *12 − X 2 * 6 X4 = = 42.8 10 487.1 − X 1 *15 − X 3 * 12 − X 1 * 8 − X 3 * 6 − X 1 * 9 X5 = = 20.054 10 872.2 − X 2 * 15 − X 4 * 12 − X 2 * 8 − X 4 * 6 − X 2 * 9 X6 = = 7.3 10 898.1 − X 3 *15 − X 5 *12 − X 3 * 8 − X 5 * 6 − X 3 * 9 = 2.769 X7 = 10 1510 − X 4 *15 − X 6 *12 − X 4 * 8 − X 6 * 6 − X 4 * 9 X8 = = 0.9 10. 49.

(55) 50. T(h) 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5. HU(m3/s)/mm 1 hora 0 0.9 15.92 42.8 20.054 7.3 2.769 0.9. Como la precipitación en el hietograma de precipitación esta cada 2 horas se debe determinar el Hu de 2 horas de duración: T(h) 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5. HU(m3/s)/mm HU(m3/s)/mm 1 horas 1 hora 0 0.9 15.92 0 42.8 0.9 20.054 15.92 7.3 42.8 2.769 20.054 0.9 7.3 2.769 0.9. 0 0.9 15.92 43.7 35.974 50.1 22.823 8.2 2.769 0.9. HU(m3/s)/mm 2 horas 0 0.45 7.96 21.85 17.99 25.05 11.41 4.1 1.38 0.45. 2. Calculo de la precipitación efectiva: 2.1 Calculo de la precipitación media en cada intervalo: P0-2 = 18 * 0.3 + 16 * 0.4 + 13 * 0.3 = 15.7 mm P2-4 = 12 * 0.3 +12 * 0.4 + 10 * 0.3 = 11.40 mm P4-6 = 14 * 0.3 + 9 * 0.4 + 8 * 0.3 = 10.2 mm 2.2. Calculo del φ promedio: 5 *10 + 4 * 30 + 5 * 45 = 4.65mm / h 85 4 * 10 + 3 * 30 + 4.5 + 45 = 3.91mm / h φ2 − 4 = 85 3 *10 + 2.5 * 30 + 3.5 * 45 φ4 − 6 = = 3.09mm / h 85. φ0 − 2 =. 50.

(56) 51. 2.3 Precipitación efectiva: Pe0-2 = 15.7 mm – 4.65 mm/h * 2h = 6.4 mm Pe2-4 = 11.4 mm – 3.91 mm/h * 2h = 3.58 mm Pe4-6 = 10.2 mm – 3.09 mm/h * 2h = 4.02 mm Para calcular el hidrograma de escorrentía directa, se multiplica el hidrograma unitario de 2 horas por la precipitación efectiva de 2 horas de la forma siguiente: T(h) 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5 6 6.5 7 7.5 8 8.5. HU(m3/s)/mm Qd=HU*6.4 Qd=HU*3.58 Qd=HU*4.02 QdR(m3/s) 2 horas 0 0 0 0.45 2.88 2.88 7.96 50.94 50.94 21.85 139.84 139.84 17.99 115.14 0 115.14 25.05 160.32 1.61 161.93 11.41 73.02 28.5 101.52 4.1 26.24 78.22 104.46 1.38 8.83 64.4 0 73.24 0.45 2.88 89.68 1.81 94.37 40.85 32 72.85 14.68 87.84 102.52 4.94 72.32 77.26 1.61 100.7 102.31 0 45.87 45.87 16.48 16.48 5.55 5.55 1.81 1.81. PROBLEMA 4.6.6. Se tiene dos cuencas, A y B, que confluyen en un punto común a la salida de ambas y en las cuales simultáneamente ocurre un evento de precipitación, con los siguientes hietogramas: Intervalo (hrs). Precipitación cuenca A (mm). Precipitación cuenca B (mm). 0 - 1.0. 31. 13. 1.0 - 2.0 2.0 - 3.0. 21 22. 51.

(57) 52. El hidrograma unitario de ½ hora para ambas cuencas es el siguiente: t(h) 0 3 HU(m /s/mm) 0. 0.5 0.47. 1.0 2.12. 1.5 2.60. 2.0 2.24. 2.5 1.65. 3.0 1.06. 3.5 0.59. 4.0 0.30. 4.5 0.12. 5.0 0. En la cuenca A el índice φ inicial es de 8 mm/h y se reduce en 10% en cada intervalo; en la cuenca B puede considerarse constante e igual a 6 mm/hora. Calcular el hidrograma de escorrentía directa resultante en la confluencia de ambas cuencas. SOLUCIÓN. Cálculo de la precipitación efectiva en cada subcuenca: Los valores del índice φ y de la precipitación efectiva en la subcuenca A, en cada intervalo serán: Intervalo. Indice φ (mm/h). Precipitación efectiva (mm). 0-1 1–2 2–3. 8 8 – 0.10*8 = 7.2 7.2 – 0.10*7.2 = 6.48. 31 – 8 = 23 0 22 – 6.48 = 15.52. Análogamente, para la subcuenca B se tendrá: Intervalo 0-1 1–2. Indice φ (mm/h) 6 6. Precipitación efectiva (mm) 13 – 6 = 7 21 – 6 = 15. Los hietogramas de precipitación para cada subcuenca están en intervalos de 01 hora mientras que el hidrograma unitario proporcionado como dato corresponde a 0.5 horas de duración. Ello hace aconsejable determinar el HU de 01 horas. Para ello, se desplaza el HU de ½ hora, una vez y un intervalo respecto a sí mismo, determinándose luego la sumatoria del hidrograma original y el desplazado. El resultado será un hidrograma de 1 hora de duración y 2 mm de precipitación efectiva; dividiendo este nuevo hidrograma entre dos se obtendrá el HU correspondiente a 01 horas de duración. El procedimiento descrito se resume en el cuadro adjunto:. 52.

(58) 53. T(h). HU(m3/s)/mm HU(m3/s)/mm) 1/2 hora. 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5. 0 0.47 2.12 2.6 2.24 1.65 1.06 0.59 0.3 0.12 0. HU(m3/s)/mm). 1/2 hora. 1 hora 0 0.47 2.59 4.72 4.84 3.89 2.71 1.65 0.89 0.42 0.12 0. 0 0.47 2.12 2.6 2.24 1.65 1.06 0.59 0.3 0.12 0. 0 0.24 1.3 2.36 2.42 1.95 1.36 0.83 0.45 0.21 0.06 0. Para calcular el hidrograma de escorrentía directa resultante en la confluencia de ambas cuencas, se procede de la forma siguiente: SUBCUENCA A T(h) 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5 6 6.5 7 7.5. HU(m3/s)/mm) Qd= HU*23 Qd= HU*15.52 1 hora 0 0.24 1.3 2.36 2.42 1.95 1.36 0.83 0.45 0.21 0.06 0. 0 5.52 29.9 54.28 55.66 44.85 31.28 19.09 10.35 4.83 1.38 0. 0 3.72 20.18 36.63 37.56 30.26 21.11 12.88 6.98 3.26 0.93 0. SUBCUENCA B Qd=HU*7 0 1.68 9.10 16.52 16.94 13.65 9.52 5.81 3.15 1.47 0.42 0. Qd=HU*15. QdR(m3/S). 0 3.60 19.50 35.4 36.3 29.25 20.40 12.45 6.75 3.15 0.9 0. 0 7.20 39.00 74.4 92.04 97.62 97.28 90.67 71.46 49.01 29.66 16.03 7.88 3.26 0.93 0. PROBLEMA 4.6.7. En una cuenca de 15 Km2 de superficie se tiene información de precipitaciones máximas anuales para una hora de duración las cuáles puede asumirse se ajustan a una distribución. 53.

(59) 54. Extrema Tipo I. Dicha información indica que la probabilidad de exceder la lámina de 80 mm en una hora es del 29 %, mientras que la probabilidad de exceder los 140 mm de lluvia, también en una hora, es de 5.19 %. Sobre dicha cuenca ocurre una precipitación de 3 horas de duración. En la primera hora, cae la precipitación de periodo de retorno, Tr = 25 años; en la segunda hora cae la precipitación Tr = 15 años y finalmente, en la tercera ocurre la precipitación de Tr = 10 años. El hidrograma unitario de la cuenca, para una duración de 1/3 de hora, es: T(h) 0 HU((m3/s)/mm) 0. 0.5 0.47. 1 2.12. 1.5 2.6. 2 2.24. 2.5 1.65. 3 1.06. 3.5 0.59. 4 0.3. 4.5 0.12. 5 0. El índice φ inicial es de 8 mm/h y se reduce en un 15 % cada intervalo. Calcular el hidrograma de escorrentía directa generado por la tormenta. SOLUCIÓN. Como las precipitaciones se ajustan a una distribución extrema Tipo I , se calcula los parámetros de la distribución con los siguientes datos: Para P= 80 mm la P(X≥x) = 0.29. Para P = 140mm la P(X≥x) = 0.0519. luego: − 0.29 − 1 = − e e. −α ( x − β ). − 0.0519 − 1 = − e e. −α ( x − β ). resolviendo: β= 45.45. α=0.031. Con los parámetros calculados se determinan las precipitaciones para las horas indicadas en 1 1 el hietograma. En la primera hora, para Tr = 25 años se tiene: P ( X ≥ x) = = = 0.04 Tr 25 Luego, sustituyendo en la ecuación probabilística se obtiene: −0.031 ( x −45.45 ). 0.04 = 1 − e−e. despejando el valor de x (precipitación en la primera hora):. Igualmente, en la segunda hora y para Tr = 15 años:. P ( X ≥ x) =. P01= 148,63 mm 1 1 = = 0.0667 Tr 15. 54.

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